第四章 3 牛顿第二定律-【金版新学案】2024-2025学年新教材高一物理必修第一册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

3．牛顿第二定律 　　　　 第四章　运动和力的关系 1．理解牛顿第二定律，知道牛顿第二定律表达式的确切含义。 2．知道在国际单位制中力的单位“牛顿”是怎样定义的。 3．会用牛顿第二定律的公式进行计算和处理有关问题。 素养目标 知识点一　牛顿第二定律的表达式和力的单位 1 知识点二　牛顿第二定律的简单应用 2 知识点三　瞬时性问题 3 课时测评 5 随堂达标演练 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 知识点一　 牛顿第二定律的表达式和力的单位 返回 自主学习 情境导学 如图所示，运动员瞬间给冰壶一水平力，冰壶在水平冰面上运动。 (1)冰壶瞬间获得加速度吗？ 提示： 瞬间获得加速度 (2)若增大冰壶受到的水平力，冰 壶瞬间获得的加速度会怎样变化？ 提示：瞬间获得的加速度会变大 教材梳理 (阅读教材P94－P96，完成下列填空) 1．牛顿第二定律的表达式 (1)实验结论：小车的加速度a与它所受的作用力F成______，与它的质量m成______。 (2)牛顿第二定律的内容：物体加速度的大小跟它受到的作用力成______，跟它的质量成______，加速度的方向跟作用力的方向______。 (3)表达式：F＝_____，k是比例系数，F是物体所受的______。 正比 反比 正比 反比 相同 kma 合力 2．力的单位 (1)力的国际单位：牛顿，简称____，符号为____。 (2)“牛顿”的定义：使质量为1 kg的物体获得1 m/s2的加速度的力叫作1 N，即1 N＝__________。 (3)在质量的单位取kg，加速度的单位取m/s2，力的单位取N时，F＝kma中的k＝___，此时牛顿第二定律可表示为F＝____。 牛 N 1kg·m/s2 1 ma 合作探究 问题探究　在情境导学描述的情境中，冰壶因为摩擦力的作用运动一段距离后会停止。 (1)在减速运动的过程中，冰壶受几个力的作用？ 提示：受重力、支持力和摩擦力三个力的作用 (2)运动员在冰壶前方刷冰，摩擦力越小，冰壶运动的越远，冰壶的加速度会怎样变化？ 提示：变小 (3)加速度的方向与摩擦力的方向有什么关系？ 提示：方向相同 (多选)关于牛顿第二定律，下列说法正确的有 A．公式F＝ma中，各量的单位可以任意选取 B．某一瞬间的加速度只决定于这一瞬间物体所受合力，而与这之前或之后的受力无关 C．公式F＝ma中，F表示物体所受合力，a实际上是作用于该物体上每一个力所产生的加速度的矢量和 D．物体的运动方向一定与它所受合力方向一致 例1 √ √ F、m和a必须选取统一的国际单位，才可写成F＝ma的形式，否则比例系数k≠1，A错误；牛顿第二定律表述的是某一时刻合力与加速度的对应关系，它既表明F、m和a三者数值上的对应关系，同时也表明合力的方向与加速度的方向是一致的，即矢量对应关系，而与速度方向不一定相同，B正确，D错误；由力的独立作用原理知，作用在物体上的每个力都将各自产生一个加速度，与其他力的作用无关，物体的加速度是每个力所产生的加速度的矢量和，C正确。 1．对牛顿第二定律的表达式F＝ma的理解 (1)F的含义 ①F是合力时，加速度a指的是合加速度，即物体的加速度； ②F是某个分力时，加速度a是该分力产生的加速度。 (2)单位统一：表达式中F、m、a三个物理量的单位必须都用国际制单位。 探究归纳 2．牛顿第二定律的四个性质 (1)因果性：力是产生加速度的原因，只要物体所受的合力不为0，物体就具有加速度。 (2)矢量性：F＝ma是一个矢量式。物体的加速度方向由它所受的合力方向决定，且总与合力的方向相同。 (3)瞬时性：加速度与合力是瞬时对应关系，同时产生，同时变化，同时消失。 (4)独立性：作用在物体上的每一个力都产生加速度，物体的实际加速度是这些加速度的矢量和。　　 探究归纳 √ 物体运动的速度变化越大，加速度不一定越大，则受到的合力不一定越大，选项A错误；加速度的方向一定与合力的方向相同，选项B错误；加速度与合力是同时产生、同时变化，选项C正确；物体的质量是物体本身的属性，与它所受的合力以及它的加速度无关，选项D错误。 针对练1．(2024·贵州省三新联盟高一上联考)关于牛顿第二定律，下列说法正确的是 A．物体运动的速度变化越大，受到的合力也越大 B．加速度的方向可以与合力的方向相反 C．加速度与合力是同时产生、同时变化 D．物体的质量与它所受的合力成正比，与它的加速度成反比 针对练2．(多选)关于速度、加速度、合力的关系，下列说法正确的是　　 A．原来静止在光滑水平面上的物体，受到水平推力的瞬间，物体立刻获得加速度 B．加速度的方向与合力的方向总是一致的，但与速度的方向可能相同，也可能不同 C．在初速度为0的匀加速直线运动中，速度、加速度与合力的方向总是一致的 D．合力变小，物体的速度一定变小 由牛顿第二定律可知选项A、B正确；初速度为0的匀加速直线运动中，v、a、F三者的方向相同，选项C正确；合力变小，加速度变小，但速度是变大还是变小取决于加速度与速度的方向关系，选项D错误。 √ √ √ 返回 知识点二　牛顿第二定律的简单应用 返回 1．应用牛顿第二定律的一般步骤 (1)确定研究对象。 (2)进行受力分析和运动情况分析，作出受力和运动的示意图，明确运动性质和运动过程。 (3)求合力F或加速度a。 (4)根据牛顿第二定律列方程求解。 2．应用牛顿第二定律求解加速度的两种方法 (1)合成法：若物体只受两个力作用时，直接应用平行四边形定则求这两个力的合力，物体的加速度方 向与其所受合外力的方向相同。 (2)正交分解法：当物体受多个力作用处于加速状态时，常用正交分解法求物体所受的合力，再应用牛顿第二定律求加速度。为减少矢量的分解以简化运算。 例2 某人为了测量高铁启动过程的加速度，将一支笔(可视为质点)用细线系于高铁车厢内的顶壁上，高铁启动过程中，发现系笔的细线偏离竖直线的夹角为θ＝37°，此时笔和车厢相对静止，如图所示，设笔的质量为0.1 kg(取sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2)。求： 法一　合成法 由于车厢沿水平方向运动，笔与车厢的加速度相同，所以笔有水平方向的加速度，所受合力F沿水平方向，选笔为研究对象，受力 分析如图所示。 由几何关系可得F＝mgtan θ 笔的加速度大小a＝ ＝gtan θ＝7.5 m/s2， 即车厢运动的加速度大小为7.5 m/s2。 (1)车厢运动的加速度大小； 答案：7.5 m/s2 法二　正交分解法 以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，并将细线对笔的拉力FT正交分解，如图所示 则沿水平方向有FTsin θ＝ma 竖直方向有FTcos θ＝mg 联立解得a＝7.5 m/s2，FT＝1.25 N 即车厢运动的加速度大小为7.5 m/s2，细线对笔的拉力大小为1.25 N。 法一　合成法 细线对笔的拉力大小FT＝ ＝1.25 N。 法二　正交分解法 以水平向右为x轴正方向，竖直向上为y轴正方向建立直角坐标系，并将细线对笔的拉力FT正交分解，如图所示 则沿水平方向有FTsin θ＝ma 竖直方向有FTcos θ＝mg 联立解得a＝7.5 m/s2，FT＝1.25 N 即车厢运动的加速度大小为7.5 m/s2，细线对笔的拉力大小为1.25 N。 (2)细线对笔的拉力大小。 答案：1.25 N 根据平衡条件知，其余力的合力与撤去的两个力的合力大小相等、方向相反，则撤去大小分别为6 N和8 N的两个力后，物体的合力大小范围为2 N≤F合≤14 N ，根据牛顿第二定律得，1 m/s2≤a≤7 m/s2。故选AD。 针对练1. (多选)(2023·山西大同高一期末)一个质量为2 kg的物体，在4个共点力的作用下保持静止。若同时撤去其中大小分别为6 N和8 N的两个力，其余的力保持不变，此时该物体的加速度大小可能是 A．4 m/s2 B．8 m/s2 C．10 m/s2 D．7 m/s2 √ √ 针对练2. 如图所示，质量为4 kg的物体静止于水平面上。现用大小为40 N、与水平方向夹角为37°的斜向上的力拉物体，使物体沿水平面做匀加速运动(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8)。 (1)若水平面光滑，物体的加速度是多大？ 答案：8 m/s2 水平面光滑时，物体的受力情况如图甲所示 由牛顿第二定律得Fcos 37°＝ma1 解得a1＝8 m/s2。 (2)若物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，物体的加速度大小是多少？ 答案：6 m/s2 水平面不光滑时，物体的受力情况如图乙所示 Fcos 37°－Ff＝ma2 FN′＋Fsin 37°＝mg Ff＝μFN′ 联立解得a2＝6 m/s2。 返回 知识点三　瞬时性问题 返回 1．瞬时加速度问题：牛顿第二定律是力的瞬时作用规律，加速度和力同时产生、同时变化、同时消失。分析物体在某一时刻的瞬时加速度，关键是分析该时刻前后物体的受力情况及其变化。 2．两种基本模型 刚性绳模型(细钢丝、细线、轻杆等) 此类形变属于微小形变，其发生和变化过程时间极短，在物体 的受力情况改变(如某个力消失)的瞬间，其形变可随之突变，弹力可以突变 轻弹簧模型(轻弹簧、橡皮绳、弹性绳等) 此类形变属于明显形变，其发生改变需要一段的时间，在瞬时 问题中，其弹力的大小不能突变，可看成是不变的 例3 √ 如图所示，甲、乙两球通过弹簧连接后用绳悬挂于天花板下，丙、丁两球通过细绳连接后也用绳悬挂于天花板下，四个球质量相等。若都在A处剪断绳，在剪断瞬间，关于各球的瞬时加速度，下面说法中正确的是 A．甲球的加速度为2g B．乙球的加速度为g C．丙球的加速度为0 D．丁球的加速度为g 当剪断弹簧连接的小球的A点时，剪断绳子前后弹簧弹力不变，A点细绳的拉力没有了，甲球受力不变，重力和弹簧的合力为0，甲的加速度为0；乙球受到自身重力和弹簧的拉力，合力为2mg，乙的加速度为2g，A、B错误；当剪断细线连接的小球的A点时，剪断上方绳子后，下方绳子弹力突变为0，丙、丁两球均只受自身重力，故加速度都为g，C错误，D正确。 变式拓展．(2023·广东清远高一统考期末)如图所示，A球与天花板之间用轻质弹簧相连，A球与B球之间用轻绳相连，整个系统保持静止，小球A、B的质量均为m，突然迅速剪断轻绳，在剪断轻绳的瞬间， 设小球A、B的加速度分别为a1、a2，重力加速度大小为g， 取竖直向下为正方向，下列说法正确的是 A．a1＝g，a2＝g　 B．a1＝－g，a2＝g C．a1＝0，a2＝g D．a1＝2g，a2＝g √ 剪断轻绳瞬间，弹簧的形变量不变，维持原力大小，弹力大小F＝2mg。由牛顿第二定律，对小球A有－2mg＋mg＝ma1，解得a1＝－g；小球B只受重力，所以a2＝g，故选B。 针对练1. (2023·重庆市第八中学期末)如图所示，A、B两球质量相等，光滑斜面固定在地面上，倾角为θ，图甲中，A、B两球用轻弹簧相连，图乙中A、B两球用轻杆相连，系统静止时，挡板C与斜面垂直，弹簧、轻杆均与斜面平行，则在突然撤去挡板的瞬间 A．图甲中A球的速度不为零 B．图乙中两球加速度均为gsin θ C．图乙中轻杆的作用力一定不为零 D．图甲中B球的加速度是图乙中B球加速度的3倍 √ 设A、B质量均为m，对于图甲，突然撤 去挡板的瞬间，由于A、B还没开始运动， 故弹簧弹力不变，A仍处于平衡状态，加 速度为0，速度为0，此时B所受合力大小 等于挡板在时挡板对B施加的支持力大小，为2mgsin θ，由牛顿第二定律可得2mgsin θ＝maB，则B的加速度为aB＝2gsin θ；对于图乙，突然撤去挡板的瞬间，A、B加速度相同，对A、B及轻杆整体，由牛顿第二定律可得2mgsin θ＝2ma′，则A、B的加速度为a′＝gsin θ，设轻杆对A的作用力为F，对A由牛顿第二定律可得mgsin θ＋F＝ma′，解得F＝0，故图乙中轻杆的作用力一定为零。综上可知，A、C、D错误，B正确。 √ 针对练2. 如图所示，一根弹簧一端固定在左侧竖直墙上，另一端连着A小球，同时水平细线一端连着A球，另一端固定在右侧竖直墙上，弹簧与竖直方向的夹角是60°，A、B两小球分别连在另一根竖直弹簧两端。开始时A、B两球都静止不动，A、B两小球的质量相等，重力加速度为g，若不计弹簧质量，在水平细线被剪断瞬间，A、B两球的加速度分别为 A．aA＝aB＝g B．aA＝2g，aB＝0 C．aA＝ g，aB＝0 D．aA＝2 g，aB＝0 水平细线被剪断前对A、B两小球分别进行受力分析如图甲、乙所示，静止时，由平衡条件得 FT＝Fsin 60°，Fcos 60°＝mAg＋F1，F1＝mBg，又mA＝mB，解得FT＝2 mAg，水平细线被剪断瞬间，FT消失，弹簧弹力不能突变，A所受合力与FT等大反向，B受力情况不变，所以可得aA＝ ＝2 g，aB＝0，A、B、C错误，D正确。 返回 随堂达标演练 返回 √ F＝ma说明力是产生加速度的原因，但不能说F与a成正比，也不能说m与a成反比，故A错误；力是产生加速度的原因，所以当物体受到外力作用时，物体才有加速度，故B正确；根据牛顿第二定律的矢量性可知，加速度的方向与合力的方向一致，故C正确；加速度与外力同时产生，同时消失，故D正确。 1．下列对牛顿第二定律的理解错误的是 A．由F＝ma可知，F与a成正比，m与a成反比 B．牛顿第二定律说明当物体受到外力的作用时，物体才有加速度 C．加速度的方向与合力的方向一致 D．当外力停止作用时，加速度随之消失 2. (鲁科必修第一册P137T5)(多选)在平直轨道上运动的车厢中的光滑水平桌面上用弹簧拴着一个小球，弹簧处于自然长度，如图所示，当旅客看到弹簧的长度变长时，对火车运动状态的判断可能的是 A．火车向右运动，速度在增加中 B．火车向右运动，速度在减小中 C．火车向左运动，速度在增加中 D．火车向左运动，速度在减小中 由题意，弹簧处于自然长度，当旅客发现弹簧的长度变长时，小球受到向左的弹力，根据牛顿第二定律得小球的加速度向左，火车向左做加速运动，或向右做减速运动，故A、D错误，B、C正确。 √ √ 3．光滑水平面上，质量为1 kg的某物体，受三个大小分别为6 N、8 N、10 N共点的水平力作用而处于静止状态，现将大小为6 N的水平力撤去，物体的加速度大小为 A．0 B．6 m/s2 C．8 m/s2 D．10 m/s2 撤去大小为6 N的水平力后，物体受到的合力大小为F合＝6 N，物体的加速度大小为a＝ ＝6 m/s2，故选B。 √ 剪断细绳前，对P、Q整体受力分析，受到的总重力和细绳的拉力平衡，故细绳的拉力FT＝2mg；再对物体Q受力分析，重力和弹簧的弹力平衡。剪断细绳后，重力和弹簧的弹力不变，细绳的拉力减为零，故吊篮P受到的力的合力等于2mg，方向向下，所以aP＝2g，物体Q受到的力不变，合力为零，所以aQ＝0。故选D。 √ 4．如图所示，吊篮P悬挂在天花板上，与吊篮质量相等的物体Q被固定在吊篮中的轻弹簧托起，当悬挂吊篮的细绳被剪断的瞬间，吊篮P和物体Q的加速度为 A．g　g B．2g　g C．g　2g D．2g　0 返回 课 时 测 评 返回 1. (多选)下列对牛顿第二定律的表达式F＝ma及其变形公式的理解，正确的是 A．由F＝ma可知，物体所受的合力与物体的质量和加速度成正比 B．由m＝ 可知，物体的质量与其所受的合力成正比，与其运动的加速度成反比 C．由a＝ 可知，物体的加速度与其所受的合力成正比，与其质量成反比 D．由m＝ 可知，物体的质量可以通过测量它的加速度和它所受的合力而求得 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 牛顿第二定律的表达式F＝ma表明了各物理量之间的数量关系，即已知两个量，可求第三个量，作用在物体上的合力，可由物体的质量和加速度计算，但并不由它们决定，A错误，D正确；质量是物体本身的属性，由物体本身决定，与物体是否受力无关，B错误；由牛顿第二定律知，加速度与合力成正比，与质量成反比，C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 √ 牛顿第二定律的表达式F＝ma中的力F是指合力，用很小的力推很重的桌子时，桌子不动，是因为推力与桌子所受到的静摩擦力的合力为零，牛顿第二定律同样适用于静止的物体，D正确，A、B、C错误。 2．由牛顿第二定律F＝ma可知，无论怎样小的力都能使物体产生加速度，可是当用很小的力去推很重的桌子时，却推不动，这是因为 A．牛顿第二定律不适用于静止的物体 B．桌子的加速度很小，速度增量也很小，眼睛观察不到 C．推力小于桌子所受到的静摩擦力，加速度为负值 D．桌子所受的合力为零，加速度为零 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 √ 当合外力减小时，根据牛顿第二定律a＝ 知，加速度减小，因为合外力的方向与速度方向相同，则加速度方向与速度方向相同，故速度增大，D正确。 3．一个做直线运动的物体受到的合外力的方向与物体运动的方向相同，当合外力减小时，物体运动的加速度和速度的变化情况是 A．加速度增大，速度增大 B．加速度减小，速度减小 C．加速度增大，速度减小 D．加速度减小，速度增大 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 √ 物体向左运动，受到的摩擦力方向向右，由牛顿第二定律得F＋Ff＝ma，又Ff＝μmg，联立解得a＝4 m/s2，方向水平向右，故B正确。 4．如图所示，质量为10 kg的物体在水平面上向左运动，物体与水平面间的动摩擦因数为μ＝0.2，与此同时，物体还受到一个水平向右的推力F＝20 N，则物体向左运动过程中的加速度是(g取10 m/s2) A．0 B．4 m/s2，水平向右 C．2 m/s2，水平向左 D．2 m/s2，水平向右 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 √ 由牛顿第二定律得，物体的加速度大小为a＝ ＝ m/s2＝20 m/s2，故B正确。 5．质量为2 kg的物体，受到一个竖直向上、大小为60 N的拉力，向上做匀加速直线运动，不计空气阻力，重力加速度g＝10 m/s2，则物体的加速度大小为 A．10 m/s2 B．20 m/s2 C．30 m/s2 D．40 m/s2 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 √ 6．质量为m的翼装飞行者从高空跳下，通过调整身体实现飞行并控制方向，如图所示，当他斜向上以加速度g减速直线飞行时，所受空气作用力A．大小等于mg B．大小等于 mg C．方向竖直向上 D．方向垂直于AB向上 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 翼装飞行者斜向上以加速度g减速直线飞行时，由牛顿第二定律可知F合＝ma＝mg，重力与空气作用力的合力大小为mg，方向斜向左下方，如图所示，由图可得空气作用力大小为F＝mg，方向与AB成60°角斜向左上方。故选A。 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 √ 7. 如图所示，有一辆载满西瓜的汽车在水平路面上匀速前进，突然发现意外情况，紧急刹车做匀减速直线运动，加速度大小为a，则中间一质量为m的西瓜A受到其他西瓜对它的作用力的大小是(重力加速度为g) A．m B．ma C．m D．m(g＋a) 西瓜与汽车具有相同的加速度a，对西瓜A受力分析如图 所示，F表示周围其他西瓜对A的作用力，则由牛顿第二 定律得 ＝ma，解得F＝ ，故C正确， A、B、D错误。 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 √ 8．如图所示，A、B两木块间连一竖直轻质弹簧，A、B的质量均为m，一起静止放在一块水平光滑木板上。重力加速度为g。若将此木板沿水平方向突然抽去，在抽去木板的瞬间，A、B两木块的加速度大小分别是 A．aA＝0，aB＝g B．aA＝g，aB＝g C．aA＝0，aB＝2g D．aA＝g，aB＝2g 在抽去木板的瞬间，弹簧对A木块的支持力和对B木块的压力并未改变。在抽去木板的瞬间，A木块受重力和支持力，mg＝F，aA＝0；B木块受重力和弹簧向下的压力，根据牛顿第二定律得aB＝ ＝ ＝2g，故选C。 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 9．(多选)如图所示，物块a、b和c的质量相同，a和b、b和c之间用完全相同的轻质弹簧S1和S2相连，通过系在a上的细线悬挂于固定点O。整个系统处于静止状态。现将细线剪断，将物块a的加速度的大小记为a1，S1和S2相对于原长的伸长分别记为Δl1和Δl2，重力加速度大小为g。在剪断的瞬间A．a1＝3g B．a1＝0 C．Δl1＝2Δl2 D．Δl1＝Δl2 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 设物块的质量为m，剪断细线的瞬间，细线的拉力消失，弹簧还没有来得及改变，所以剪断细线的瞬间a受到重力和弹簧S1的拉力FT1，剪断细线前对b、c和弹簧S2组成的整体分析可知FT1＝2mg，故剪断细线后a受到的合力F＝mg＋FT1＝mg＋2mg＝3mg，故加速度a1＝ ＝3g，A正确，B错误；设弹簧S2的拉力为FT2，则FT2＝mg，根据胡克定律F＝kΔx可得Δl1＝2Δl2，C正确，D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 10. (多选)如图所示，某旅游景点的倾斜索道与水平线夹角θ＝30°，当载人车厢以加速度a斜向上加速运动时，人对车厢的压力为体重的1.25倍，此时车厢地板水平，人与车厢相对静止，设车厢地板对人的摩擦力为Ff，人的体重为G，重力加速度为g，下面正确的是 A．a＝　　　　　　　 B．a＝ C．Ff＝ G D．Ff＝ G √ √ 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 由于人对车厢地板的压力为其重力的1.25倍，所以在竖直方向上有FN－mg＝ma上，解得a上＝0.25g，设水平方向上的加速度为a水，则 ＝tan 30°＝ ，所以a水＝ g，则a＝ ＝ ，Ff＝ma水＝ G，B、D正确。 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 11．如图所示，质量为m的小球用一水平轻弹簧系住，并用倾角为53°的光滑木板AB托住，小球恰好处于静止状态，在木板AB突然撤离的瞬间，(重力加速度为g，cos 53°＝0.6)小球的加速度为 A．0 B．大小为g，方向竖直向下 C．大小为 g，方向垂直木板指向右下方 D．大小为 g，方向垂直木板指向右下方 √ 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 在木板AB撤离前，小球恰好处于静止状态，小球受重力、支持力和弹簧的弹力，由共点力的平衡条件，可得小球所受重力和弹簧的弹力的合力大小等于支持力，方向与支持力方向相反，则有FN＝ ＝ mg，木板AB突然撤离的瞬间，弹簧弹力不能突变，所以小球受重力和弹簧的弹力的合力不变，因此小球的加速度大小为a＝ ＝ g，方向垂直木板指向右下方，A、B、C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 12．(8分)质量为40 kg的物体放在水平面上，某人用绳子沿着与水平方向成37°斜向上的方向拉着物体向右前进，绳子的拉力为200 N，已知物体与水平面间的动摩擦因数为0.5，g取10 m/s2，sin 37°＝0.6。 (1)求此时物体的加速度； 在拉力作用下，物体受力如图甲所示 由牛顿第二定律得 Fcos 37°－μ(mg－Fsin 37°)＝ma1 解得a1＝0.5 m/s2，方向水平向右。 答案：0.5 m/s2，方向水平向右 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 (2)若在拉的过程中突然松手，求松手后的运动过程中物体的加速度。 松手后，物体受力如图乙所示， 由牛顿第二定律得μmg＝ma2 解得a2＝5 m/s2，方向水平向左。 答案：5 m/s2，方向水平向左 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 13．(8分) 如图所示，质量为m＝5 kg的小球穿在斜杆上，斜杆与水平方向的夹角为θ＝37°，球恰好能在杆上匀速向下滑动。若球受一大小为F＝200 N的水平推力作用，可使小球沿杆向上加速滑动，求：(g取10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8) 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 (1)小球与斜杆间的动摩擦因数μ的大小； 小球匀速向下滑动时，受力分析如图甲所示，由平衡条件得 平行于杆方向：mgsin θ＝Ff1 垂直于杆方向：FN1＝mgcos θ 又Ff1＝μFN1 联立解得μ＝0.75。 答案：0.75 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 (2)小球沿杆向上加速滑动时的加速度大小。 返回 水平推力作用后，对小球受力分析如图乙所示， 平行于杆方向：Fcos θ－mgsin θ－Ff2＝ma 垂直于杆方向：FN2＝Fsin θ＋mgcos θ 又Ff2＝μFN2 联立解得a＝2 m/s2。 答案：2 m/s2 返回 2 3 4 5 6 7 8 10 11 12 1 13 9 谢 谢 观 看 ！ 第四章　 　运动和力的关系 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 m $$